2023一轮复习课后速练49 10.5 带电粒子在叠加场中的运动专题

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2023一轮复习课后速练(四十九)
一、选择题
1．(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则(　　)

A．一定有h1＝h3　　　　　 B．一定有h1 C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较
【答案】　AC
【思维分析】 第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝.第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，故A项正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，故D项错误；第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故C项正确，B项错误．
2．(2022·山西模拟)(多选)如图所示，在范围足够大、磁感应强度为B的垂直纸面向里的水平匀强磁场内，固定着倾角θ＝30°的足够长绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为＋q的带电小物块置于斜面的顶端处于静止状态，现增加一水平向左的场强E＝的匀强电场．设滑动时小物块的电荷量不变，从加入电场开始计时，小物块的摩擦力f大小与时间t、加速度大小a与时间t的关系图像可能正确的是(　　)

【答案】　BD
【思维分析】 加电场后，滑块受到水平向左大小为F电＝mg的电场力和竖直向下的重力合成可得合力为F＝2mg，方向沿斜面向下；此时斜面受到的压力为零，滑块受摩擦力为0；滑块沿斜面做加速运动，则受到垂直斜面向下的洛伦兹力，随速度的增加，洛伦兹力变大，则滑块对斜面的压力变大，摩擦力逐渐变大；根据2mg－f＝ma可知，加速度逐渐减小，且变化率越来越小，当2mg＝f时，加速度a＝0，滑块做匀速运动，则B、D两项正确，A、C两项错误．故选B、D两项．
3.(2021·甘肃模拟)(多选)如图所示，半圆形光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O点为其圆心，P点为轨道最低点，两个端点M、N与O等高，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带负电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道做往复运动，下列说法中正确的是(　　)
A．小球由M到N与由N到M所经历的时间相等
B．小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，但洛伦兹力做的功不等
C．小球由M到P与由N到P过程中所受合力的冲量大小相等
D．小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小是相等的
【答案】　AC
【思维分析】 小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直，不做功，轨道光滑没有摩擦力，只受重力作用，小球机械能守恒，故小球由M到N与由N到M所经历的时间相等，A项正确；小球由M到P与由N到P过程中重力对小球做的功相等，小球所受的洛伦兹力与速度方向垂直，不做功，B项错误；根据动量定理公式Ft＝mΔv，根据A项可知，小球机械能守恒，故小球从M到P与由N到P过程中速度变化量大小相等，所以在此过程中所受合力的冲量大小相等，C项正确；由于小球带负电，根据左手定则，小球从M到P的过程中到达P点时所受洛伦兹力方向竖直向下，根据合力提供向心力对小球受力分析，如图甲所示
FN－mg－F洛＝m
FN＝m＋mg＋F洛

当小球从N到P的过程中到达P时洛伦兹力竖直向上，受力分析如图乙所示
F′N＋F′洛－mg＝m
F′N＝m＋mg－F′洛
根据牛顿第三定律，支持力与压力互为相互作用力，在最低点洛伦兹力大小相等．所以从M到P的过程中到达P点对轨道的压力大于小球从N到P的过程中到达P时对轨道的压力，D项错误．故选A、C两项．
4.(2021·河北模拟)(多选)如图所示，xOy坐标系内存在着方向竖直向下的匀强电场，同时在以O1为圆心的圆形区域内有方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，电子从原点O以初速度v沿平行于x轴正方向射入场区，若撤去磁场，电场保持不变，则电子进入场区后从P点飞出，所用时间为t1；若撤去电场，磁场保持不变，则带电粒子进入场区后将向下偏转并从Q点飞出，所用时间为t2，若P、Q两个点关于x轴对称，下面的判断中正确的是(　　)
A．t1>t2
B．t1 C．若电场和磁场同时存在，电子将偏向y轴正方向做曲线运动
D．若电场和磁场同时存在，电子将偏向y轴负方向做曲线运动
【答案】　BC
【思维分析】 设P、Q点的横坐标为x，在电场中做类平抛运动，有t1＝，在磁场中做匀速圆周运动，水平分速度小于v，水平分位移为x，故t2>，故t2>t1，则B项正确，A项错误；在电场运动时，有x＝vt1；y＝·t12，故y＝·①

在磁场中做圆周运动，轨迹如图：
结合几何关系，有x＝rsin θ②
y＝r－rcos θ③
其中r＝④
联立得到＝＝＝>1.故当电场和磁场同时存在时，eE>evB，即电场力大于洛伦兹力，故电子向上偏转，将偏向y轴正方向做曲线运动，故C项正确，D项错误．故选B、C两项．
5.(2022·河北模拟)有人设计了如图所示的简易实验装置来筛选实验室所需要的离子．S为离子源，能够提供大量比荷和速率均不一样的离子．A、B为两个板间电压为U的平行金属板，相距为d(d很小)．上部分成圆弧形，中轴线所在圆弧半径为R(如虚线所示)，该区域只存在电场；下部分平直，且中间还充满磁感应强度为B的匀强磁场．不计离子重力影响，下列说法错误的是(　　)
A．所加磁场的方向垂直于纸面向里
B．通过改变U和B，可以选取满足要求的正离子
C．所有速率等于的离子均能通过该仪器
D．通过该仪器的离子，比荷一定为
【答案】　C
【思维分析】 粒子在弯曲的部分做圆周运动，电场力提供向心力，故只有正离子才可能通过该仪器．又由于板间距很小，该部分电场强度E＝，粒子通过下部分时做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡q＝qvB，解得v＝，故磁场只能垂直于纸面向里，且速率为的正离子才能通过该仪器，A、B两项正确，不符合题意，C项错误，符合题意；由电场力提供圆周运动的向心力知q＝m得＝，即通过该仪器的离子比荷为，D项正确，不符合题意．故选C项．
6.(2021·山东模拟)(多选)如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0做直线运动，其轨迹如图虚线所示，虚线与水平方向成30°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是(　　)
A．小球一定带正电
B．磁场和电场的大小关系为＝v0
C．小球可能是从管道的乙端运动到甲端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动
【答案】　AD
【思维分析】 小球做匀速直线运动，当带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下．从甲端运动到乙端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右上，三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动．当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下．从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左下或者右上，均不能使小球沿直线运动，故A项正确；由A项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 30°＝，整理得＝，故B项错误；根据A项分析，小球只能是从管道的甲端运动到乙端，故C项错误；未撤磁场时，小球受力平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向(管道方向)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道．即小球所受合力仍为零，做匀速直线运动，故D项正确．故选A、D两项．
7.(2021·安徽模拟)如图所示，空间某区域存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向上，将相距很近的两带电小球a、b同时向左、右水平抛出，二者均做匀速圆周运动，经过一段时间，两球碰撞，碰后瞬间速度均为零．已知两球的电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2，不考虑两球之间的相互作用力．则下列说法正确的是(　　)
A．两球均带负电
B．q1∶q2＝m2∶m1
C．两球做圆周运动的周期一定相等
D．两球做圆周运动的半径一定相等
【答案】　C
【思维分析】 设电场强度为E，磁感应强度为B，由于二者均做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，所以两球均带正电，A项错误；由重力与电场力平衡，得q1E＝m1g，q2E＝m2g，故q1∶q2＝m1∶m2，B项错误；小球a、b做圆周运动的周期分别为T1＝，T2＝，因为q1∶q2＝m1∶m2，所以T1＝T2，C项正确；小球a、b做圆周运动qvB＝m，半径分别为r1＝，r2＝，因为q1∶q2＝m1∶m2，所以r1∶r2＝v1∶v2，由于二者圆周运动的周期相等，无论二者速度大小如何，二者运动一周都会在出发点碰撞，由于v1和v2关系不确定，故两球做圆周运动的半径关系无法确定，D项错误．故选C项．
8.(2022·河南模拟)如图所示为霍尔元件的工作原理示意图，导体的宽度为h、厚度为d，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差U，其大小与磁感应强度B和电流I的关系为U＝k，式中比例常数k为霍尔系数，设载流子的电荷量的数值为q，下列说法正确的是(　　)
A．霍尔元件是一种重要的电传感器
B．C端的电势一定比D端的电势高
C．载流子所受静电力的大小F＝q
D．霍尔系数k＝，其中n为导体单位体积内的电荷数
【答案】　D
【思维分析】 霍尔元件是磁传感器，A项错误；若载流子带正电，由左手定则可知正电荷往C端偏转，C端电势高，同理可知，若载流子带负电，D端电势高，B项错误；载流子所受静电力的大小F＝q，C项错误；载流子稳定流动时有qvB＝q，电流的微观表达式为I＝nqSv，其中n为导体单位体积内的电荷数，可得U＝Bh＝，又U＝k，则霍尔系数k＝，D项正确．故选D项．
9.(2021·河北模拟)(多选)某化工厂为检测污水排放量，技术人员在排污管末端安装一台污水流量计，如图所示，该装置由非磁性绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个金属板间的电压U＝1 V．下列说法中正确的是(　　)
A．金属板M电势低，金属板N的电势高
B．污水中离子浓度对电压表的示数有影响
C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16 m3/s
D．电荷量为1.6×10－19 C的离子，流经该装置时受到的静电力F＝8.0×10－19 N
【答案】　CD
【思维分析】 根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故A项错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝q，解得U＝Bvc，与离子浓度无关，故B项错误；污水的流速v＝，则流量为Q＝vbc＝＝ m3/s＝0.16 m3/s，故C项正确；电荷量为1.6×10－19 C的离子流经该装置时受到的静电力F＝＝ N＝8×10－19 N，故D项正确．故选C、D两项．
10.(2021·江西模拟)(多选)如图所示，光滑绝缘的圆形管状轨道竖直放置，管道中央轨道半径为R，管道内有一质量为m、带电荷量为＋q、直径略小于管道内径的小球，空间内存在方向相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向水平向里，电场的电场强度大小E＝(g为重力加速度)，方向竖直向上．现小球从轨道的最低点沿轨道方向以大小为v0的初速度水平射出，下列说法正确的是(　　)
A．无论初速度的方向向右还是向左，小球在运动中对轨道的作用力都不可能为0
B．小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为，方向竖直向下
C．小球在最高点对轨道的作用力为0时，受到的洛伦兹力大小可能为，方向竖直向下
D．若初速度方向向左，小球在最低点和轨道水平直径右端时，对轨道外侧有压力，且压力差大于mg
【答案】　BD
【思维分析】 小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，当小球向右射出且mg＝qv0B时，v0＝，此时小球对轨道的作用力为0，故A项错误；若小球在最高点对轨道内侧的作用力大小为，方向竖直向下时，小球受重力和电场力的合力为mg，方向竖直向下，小球在竖直方向上的合力为0，由洛伦兹力提供向心力，故B项正确；小球在最高点对轨道的作用力为0时，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，若受到的洛伦兹力大小为，当小球向右射出时，在最高点则有mg＋＝得m－m＝mg，由动能定理有mg·2R－mg·2R＝mv2－mv02，即m－m＝－2mg，两式不相符，若受到的洛伦兹力大小为，当小球向左射出时，在最高点则有mg－＝得m＋m＝mg，不可能，故C项错误；若初速度方向向左，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为，则在最低点小球对轨道外侧有压力，当小球运动到轨道水平直径右端时，小球受到的洛伦兹力水平向右，由于小球做圆周运动，由洛伦兹力与轨道对小球的弹力的合力提供向心力，则小球对轨道外侧有压力，在最低点有FN1－mg－qv0B＝，在轨道水平直径右端时有FN2－qv′B＝，由动能定理得mgR＝mv02－mv′2，得FN1－FN2＝mg－(qv′B－qv0B)，由于v′mg，故D项正确．故选B、D两项．
二、非选择题
11．(2022·湖南模拟)课外研究小组的同学在研究速度选择器时，将一带电荷量为＋q，质量为m的小球，沿极板正中间平行极板方向，沿中线射入速度选择器(如图甲所示)，发现小球沿直线通过速度选择器．已知磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝，方向与B方向垂直．
(1)求小球的初速度v0；
(2)若已知板间距为d，板长为L，且d＝L＝.如图乙，现在速度选择器的上极板正中间开一小孔H，将电场的方向反向，大小不变，且仍然让小球以第(1)问的速度v0从中点出发，判定是否能够通过小孔H？若能够通过，求从射入速度选择器到第2次通过小孔H的时间；若不能通过，求打在上极板的位置．
(3)若将小球以速度v0垂直极板从小孔H射入板间(如图丙)，将电场强度大小变为2E，方向竖直向上，发现小球恰好能到达下极板，求板间距d.

【答案】　(1)　(2)能　
(3)
【思维分析】 (1)小球沿直线通过速度选择器qv0B＝qE＋mg
解得v0＝.
(2)粒子做匀速圆周运动qE＝mg
qv0B＝m
联立解得r＝
粒子刚好能过小孔r＝＝
在磁场中运动时间t1＝＝
匀变速运动时间t2＝＝
粒子运动总时间为t＝t1＋t2＝.
(3)水平方向，由动量定理qyBt＝mvx
即qBd＝mvx
由动能定理可得－2mgd＋mgd＝mvx2－mv02
则d＝.
12.(2022·广西模拟)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在0≤x≤L区域内存在匀强电场E1，在L≤x≤3L和－L≤y≤L围成的正方形abcd区域内存在匀强电场E2和方向垂直纸面向里的匀强磁场B.一质量为m、电荷量为＋q的油滴从A(0，L)点由静止释放后，沿直线运动到M(L，0)点，运动过程中油滴的机械能守恒，然后油滴从M点进入正方形abcd区域做圆周运动且从ab边射出．已知重力加速度为g.求：
(1)电场强度E1和E2的大小之比；
(2)磁感应强度大小B满足的条件．
【答案】　(1)
(2)≤B≤
【思维分析】 (1)油滴在区域Ⅰ内沿直线运动，且机械能守恒，因此电场力一定垂直于AM方向且合力沿AM方向，如图甲所示：
即E1的方向与x轴正方向成45°角斜向右上方，所以有θ＝45°，qE1＝mgsin θ
油滴在区域Ⅱ内做圆周运动，则E2的方向竖直向上，因此有mg＝E2q
所以电场强度E1和E2的大小之比＝.
(2)油滴在区域Ⅰ内运动时，由机械能守恒可得mgL＝mv2
解得v＝

油滴从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，如图所示：
当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin 45°＝L
油滴在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，即qvB1＝
解得B1＝
当运动轨迹与bc相切时，有r2＋r2sin 45°＝2L
油滴在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，即qvB2＝
解得B2＝
所以磁感应强度大小满足的条件为≤B<.
13.(2021·重庆模拟)如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
(3)若小球A、P在时刻t＝β(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．
【答案】　(1)　(2)(3－2)　(3)见解析
【思维分析】 (1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有
m＝qv0B
代入数据解得B＝.
(2)设小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有
tC＝
s－h＝v0(t1－tC)
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有
mgsin α＝maA
＝aA(t1－tA)2
联立以上方程解得tA＝(3－2).
(3)设所求电场方向向下，在t′A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有
s＝v0(t－tC)＋aA(t－t′A)2cos α
mg＋qE＝maP
H－h＋aA(t－t′A)2sin α＝aP(t－tC)2
联立相关方程解得E＝
对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5
由此可得场强极小值为Emin＝0；
场强极大值为Emax＝，方向竖直向上．